Peter算法小课堂—动态规划

news2025/1/20 17:05:18

Peter来啦，好久没有更新了呢

今天，我们来讨论讨论提高组的动态规划。

动态规划

动态规划有好多经典的题，有什么背包问题、正整数拆分、杨辉三角……但是，如果考到陌生的题，怎么办呢？比如说2000年提高组的乘积最大、石子合并……，所以说，我们要理解动态规划的本质。

那么，我们动态规划的第一步就是状态定义

dp的第二步就是填表格、写状态转移方程。

最后一步就是根据状态转移方程写代码了。其实，我觉得，dp最难的地方就是第二步，其次就是根据递推式写代码。给大家练一练根据递推式写代码吧。

递推1

那么，代码很简单，长这样👇

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[110][1010],n,v,c[110],w[110];
int main()
{
    scanf("%d%d",&v,&n);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d%d",&c[i],&w[i]);
    for (int i=1;i<=n;++i) {
        for (int j=1;j<c[i];++j)
            f[i][j]=f[i-1][j];
        for (int j=c[i];j<=v;++j)
            f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i]);
    }
    printf("%d\n",f[n][v]);
    return 0;
}

再来一道题

递推2

代码长这样

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1010],n,c[1010];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&c[i]);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=1;j<=i;++j)
            f[i]=max(f[i],f[i-j]+c[j]);
    int k,x;
    scanf("%d",&k);
    for (int i=1;i<=k;++i) {
        scanf("%d",&x);
        printf("%d\n",f[x]);
    }
    return 0;
}

递推练完了，就要练习状态转移方程了（靠自觉）

摆花

原题链接：P1077 [NOIP2012 普及组] 摆花 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

那么这道题，我们把题意抽象化成：有 n 个数（c1,c2,...,cn），0⩽ci⩽ai,求有多少种方案数使 $\sum_{i=1}^{n}c_{i}=m$ 。

首先，看到这道题，我给出5种办法，分别对应初学者、普及Oler、不大聪明的提高Oler、灰常聪明的提高Oler。

初学者

最最最简单的办法就是搜索+记忆化

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105, mod = 1000007;
int n, m, a[maxn], rmb[maxn][maxn];
int dfs(int x,int k)
{
    if(k > m) return 0;
    if(k == m) return 1;
    if(x == n+1) return 0;
    if(rmb[x][k]) return rmb[x][k]; //搜过了就返回
    int ans = 0;
    for(int i=0; i<=a[x]; i++) ans = (ans + dfs(x+1, k+i))%mod;
    rmb[x][k] = ans; //记录当前状态的结果
    return ans;
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];
    cout<<dfs(1,0)<<endl;
    return 0;
}

搜索所有可能的 $c_{i}$ 并且记忆化。

普及Oler

其次，应该会想到动态规划了。

时间复杂度大大降低，给出代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=109;
const int MOD=1e6+7;
int f[N][N],a[N],n,m;
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=m;j++){
			if(j-1<a[i])
				f[i][j]=(f[i-1][j]%MOD+f[i][j-1]%MOD)%MOD;
			else f[i][j]=(f[i-1][j]%MOD+f[i][j-1]%MOD-f[i-1][j-1-a[i]]%MOD+MOD)%MOD;
		}
	}
	cout<<f[n][m]<<endl;
	return 0;
}

还是比较蒟蒻的

不大聪明的提高Oler

再其次，就是前缀和优化，大家都学过，给出代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 105, mod = 1000007;
int n, m, f[maxn], sum[maxn], a[maxn];
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];
	f[0] = 1;
    for(int i=0; i<=m; i++) sum[i] = 1;
    for(int i=1; i<=n; i++){
    	for(int j=m; j>=1; j--){
    		int t = j - min(a[i], j) - 1;
    		if(t < 0) f[j] = (f[j] + sum[j-1])%mod;
    		else f[j] = (f[j] + sum[j-1] - sum[t] + mod)%mod;
		}
		for(int j=1; j<=m; j++) sum[j] = (sum[j-1] + f[j])%mod;
	}
    cout<<f[m]<<endl;
    return 0;
}

来了，它又来了，它就是我们的生成函数！！！

灰常聪明的提高Oler

生成函数啊啊啊

大家如果不会生成函数的话，可以康康这位大佬的博客生成函数(母函数)——目前最全的讲解-CSDN博客

我们构造一个函数 $g(x)=\prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{a_{i}}x^{j}$ ，其中 $x^{m}$ 项的系数即为答案。可以做n-1次NTT，然后输出。时间复杂度： $O(n^2k\log nk)$ 。这里我不给出代码了。

其实，也不用算出乘积，有一种更好的方法

我们约定 $A(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$ ， $B(x)=\sum_{i=0}^{n}b_{i}x^{i}$ ，

若 $C(x)=A(x)B(x)$ ，则 $C(x)=\sum_{i=0}^{n+m}c_{i}x^{i}$ ，其中 $c_{i}=\sum_{j=0}^{i}a_{j}b_{i-j}$ ，懂得都懂

这一题比较难，来一道简单亿点的题

参差不齐

n名电影演员依次排成一排，第i人的颜值为y[i]，有些参差不齐。你希望挑选m个人拍一张电影海报，这m个人的前后顺序不能发生变化。你希望挑选的这排演员相邻的颜值不能相差太大，于是你定义颜值的参差不齐程度为相邻两人颜值差距的绝对值之和。求这m人的参差不齐程度最少是多少？

这一题最难的是状态定义，要是状态定义完成了的话，状态转移方程就显而易见了。

这个定义不太好，下面给出正确的定义及代码

下面给出代码👇

for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=0;
for(int j=2;j<=m;j++)//枚举j代表选中人数
	for(int i=j;i<=n;i++){//枚举i代表结尾编号
		f[i][j]=INF;
		for(int k=j-1;k<i;k++)//结尾是i号时枚举k代表i号的左边邻居是几号
			f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+abs(y[i]-y[k]));
	}
int ans=INF;
for(int i=m;i<=n;i++) ans=min(ans,f[i][m]);
cout<<ans<<endl;

乘积最大

原题链接：P1018 [NOIP2000 提高组] 乘积最大 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

这题显然是一道数位dp

状态定义：f[i][j] 表示前 i 位数包含 j 个乘号所能达到的最大乘积

easy代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
long long f[45][60];
string in;
int n,k;//n位数  k个乘号 
long long g[45];
long long cut(int l,int r){
    long long end = 0;
    for(int i = l;i <= r;i++)
        end = end * 10 + g[i];
    return end;
}
int main(){
    cin >> n >> k >> in;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        g[i] = in[i - 1] - '0';
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i][0] = cut(1,i);
    for(int i = 2;i <= n;i++){ //枚举分割为前i位数字 
        for(int a = 1;a <= min(i-1,k);a++){ //枚举有几个乘号 
            for(int b = a;b < i;b++){ //在第几位放乘号 
                 f[i][a] = max(f[i][a],f[b][a-1] * cut(b + 1,i));
            }
        }
    }
    cout<<f[n][k];
    return 0;
}

然后，就是我们的毒瘤最后一题啦

面条切割

这一题涉及到动态规划的本质，但是这一题要用到微积分，所以……

原题链接：Problem - 5984 (hdu.edu.cn)

设长度为x的面条期望为f(x)。显然，当x<d时，f(x)=0。当x>b时，设t为0~x上的坐标值，吃掉t~x上的面条，剩下的面条就是0~t，即吃掉剩下的面条次数期望为f(t) 。dt为一个很小的线元，点落在dt上的概率为 $\frac{dt}{x}$ ，而dt贡献的期望为：dt的长度为t，如上所述，贡献了f(t)的期望。最后我们再把这些相加（积分），得到 $f(x)=1+\frac{\int_{d}^{x} f(t)dt}{x}$ 。接下来就是解出f(x)了。我们可以对f(x)求个导，然后还原，如下（LateX难打）

于是乎， $f(x)=\ln x+C$ 。然后，我们代一个特指进去，随便哪一个都行，最好是x=d，然后得到 $C=1-\ln d$ 。综上所述， $f(x)=\ln \frac{d}{x}+1$ 。代码来啦

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        double a, b;
        cin >> a >> b;
        if (a <= b)
            cout << "0.000000" << endl;
        else
            cout << fixed << setprecision(6) << 1.0 + log(a / b) << endl;
    }
    return 0;
}

时间复杂度几乎为O(1)！

OK！今天就讲到这里，886

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